phương pháp tiếp cận để giải quyết các bài toán vận dụng cao mũ và lôgarit

MỤC LỤC Trang A ĐẶT VẤN ĐỀ B NỘI DUNG NGHIÊN CỨU I Tiếp cận toán vận dụng cao mũ, lôgarit bằng đổi biến số Đổi qua một biến Đổi qua nhiều biến 21 II Tiếp cận toán vận dụng cao mũ, lôgarit bằng hàm đặc trưng 26 Các toán giả thiết xuất hiện mũ 26 Các tốn giả thiết x́t hiện lơgarit của thương hoặc hiệu lơgarit 31 Các tốn giả thiết cả mũ lơgarit 35 III Tiếp cận tốn vận dụng cao mũ, lôgarit chứa nhiều biến không cùng số bằng đạo hàm theo một biến 42 C HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 47 D KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 48 E TÀI LIỆU THAM KHẢO 50 A ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chọn đề tài - Thông tư số 32/2018/TT-BGĐT ngày 26/12/2018 của Bộ Giáo dục Đào tạo nêu định hướng về phương pháp giáo dục Chương trình giáo dục phở thơng 2018 có nợi dung :” Các hoạt đợng học tập của học sinh bao gồm hoạt động khám phá vấn đề, hoạt động luyện tập hoạt động thực hành” Nhưng chương trình sách giáo khoa hiện tại về chủ đề mũ lơgarit, có tập mức nhận biết, thơng hiểu, vận dụng Ít có tập vận dụng cao nên khả khám phá vấn đề mới, luyện tập thực hành của học sinh bị hạn chế - Ở tài liệu tham khảo trang mạng viết nhiều về tốn vận dụng cao mũ lơgarit mang tính rời rạc, chủ yếu đưa lời giải trực tiếp Trang mà đọc học sinh rất khó để biết lại giải thế, gặp tương tự em khó vận dụng - Trong đề thi THPT Quốc gia, đề học sinh giỏi Tỉnh lớp 12 mấy năm gần đây, tốn vận dụng cao mũ lơgarit ln xuất hiện ngày nhiều, hay mẻ Đòi hỏi phải có tư cao kĩ thuật giải toán điêu luyện giải quyết khoảng thời gian ngắn - Do tơi ln trăn trở làm thế để có tài liệu giảng dạy cho học sinh ơn thi mang tính hệ thớng giúp em có tầm nhìn, cách tiếp cận vấn đề tớt để giải quyết nhanh toán vận dụng cao mũ lôgarit Cùng với phong trào “mỗi thầy cô giáo một tấm gương tự học sáng tạo” Đồng thời hưởng ứng tinh thần đổi về chương trình Tốn THPT mới: “Tinh giản – thiết thực – hiện đại khơi nguồn sáng tạo” Vì vậy năm học 2020 – 2021 nghiên cứu chuyên đề Tơi chọn trình bày đề tài: “phương pháp tiếp cận để giải các toán vận dụng cao mũ lôgarit” với mong muốn học sinh tự tin hơn, sáng tạo hơn, biết quy lạ về quen đứng trước tốn lạ khó Thực tiễn cho thấy sáng tạo bắt đầu đứng trước một vấn đề cần giải quyết mà phương pháp trước khơng đủ hoặc gặp trở ngại hoặc kết quả không đáp ứng yêu cầu hoặc xuất hiện giải pháp tớt giải pháp cũ Vì vậy q trình giải tập tốn cần phải tìm tòi, sáng tạo mới, phát triển biết để tìm giải pháp đáp ứng yêu cầu nảy sinh Mục đích nghiên cứu: - Đổi dạy học theo hướng phát triển phẩm chất, lực học sinh - Tạo động lực để giáo viên học sinh tìm hiểu tìm giải pháp hữu hiệu khắc phục khó khăn cho học sinh nhiều tốn khó về mũ lơgarit, tạo hứng thú học tập cho học sinh, nâng cao hiệu quả dạy học Phương pháp nghiên cứu Để hoàn thành đề tài, q trình nghiên cứu tơi sử dụng phương pháp: + Nghiên cứu tài liệu tham khảo; + Phương pháp quan sát (quan sát học sinh giải tập cách xử lý tình h́ng); + Phương pháp phân tích; + Phương pháp thực nghiệm (thớng kê có đánh giá kết quả) Trang Đối tượng phạm vi nghiên cứu: - Đối tượng nghiên cứu toán vận dụng cao mũ lôgarit - Phạm vi nghiên cứu: Đề tài bắt đầu tìm hiểu tiến hành từ tháng năm 2020, áp dụng với một số nội dung chương Giải tích lớp 12 THPT Kế hoạch triển khai nghiên cứu: STT Thời gian Nội dung công việc Từ tháng 9/2020 đến 11/2020 Nghiên cứu tài liệu, chọn đề tài Tháng 12 năm 2020 Viết đề cương nghiên cứu Tháng năm 2021 Áp dụng thực nghiệm Tháng năm 2021 Viết báo cáo, xin ý kiến của đồng nghiệp Đầu tháng năm 2021 Hoàn thiện bản báo cáo B NỘI DUNG NGHIÊN CỨU Những bài toán mũ,lôgarit có thể dùng công thức biến đổi để đưa về cùng số thì thuộc dạng toán quen thuộc và nhiều tài liệu đã viết.Do đó bài viết này chủ yếu nghiên cứu những bài toán không cùng số Bài toán vận dụng cao mũ,lôgarit các đề thi THPT Quốc gia, học sinh giỏi Toán vài năm trở lại có nhiều người thấy lạ Nên đa số đều hạn chế đường lối giải Để khắc phục điều đó, cùng quy lạ về quen theo hướng tiếp cận bài viết này I Tiếp cận các toán vận dụng cao mũ, lôgarit bằng đổi biến số Trong giả thiết bài toán xuất hiện nhiều biểu thức lôgarit hoặc mũ mà dùng công thức biến đổi thông thường sách giáo khoa ta không được đưa về cùng số gợi cho ta đổi biến số Đổi qua biến Trang y x Bài 1.1 Cho hai số thực dương thỏa mãn log9 x = log y = log ( x + y ) Giá trị x y bằng B log log 2 A C D Phân tích: Xuất hiện các số 9, 6, ta không đưa được về chung một số nhắc ta đổi biến số Lời giải Đặt log x = log y = log ( x + y ) = t Suy Ta có x = 9t , y = 6t , x + y = 4t  t  ÷ = −1 2t t t 2 3 3  3 t t t  2.9 + = ⇔  ÷ +  ÷ − = ⇔ ⇔ ÷ =  t 2 2  2    ÷ =   t t x 9 3 = ÷ = ÷ = y 6 2 Vậy Chọn phương án B Bài 1.2 Cho hai số thực dương a b thỏa mãn log100 a = log 40 b = log16 a − 4b 12 Giá trị a b bằng A B 12 C Lời giải Đặt log100 a = log 40 b = log16 a − 4b a − 4b =t a = 100t , b = 40t , = 16t 12 12 Ta có   t  ÷ = t t 5   2 t t t 100 − 4.40 = 12.16 ⇔ 12. ÷ + 4. ÷ − = ⇔   t  25  5  ÷ = −   Suy t t t a  100    2  ÷ = ⇒ = ÷ = ÷ =6 Do   b  40    Chọn phương án C Hoàn toàn tương tự ta có các bài tập sau: Trang D 1.2.1 Giả sử p, q số thực dương thỏa mãn log16 p = log 20 q = log 25 ( p + q ) Tìm p giá trị của q ? ( A 1+ B ) ( C −1 + D ) ĐS: Chọn phương án D x, y 1.2.2 Cho số thực dương A x = y thỏa mãn B x = y −1 log x = log y = log ( x + y ) C Tính x y x = y +1 log 25 x x+ y = log15 y = log D x = y ĐS: Chọn phương án B x, y 1.2.3 Cho số thực dương x −a + b = y A thỏa mãn , với a, b sớ ngun dương, tính a + b a + b = 14 B a+b =3 C a + b = 21 D a + b = 34 ĐS: Chọn phương án D x, y 1.2.4 Cho số thực dương A x = y thỏa mãn B x = y log x = log y = log ( x − y ) − C x = y D Tính x = y x y , ĐS: Chọn phương án A Ta có thể phát triển tương tự các bài và tăng độ khó bằng các bài toán sau: Bài 1.3 Cho số thực dương T= trị của x − xy + y x3 + x y + y x y thỏa mãn bằng Trang log x = log12 y = log16 ( x + y ) Giá A + 13 11 B − 13 11 82 − 17 13 69 C D − 13 Lời giải Đặt log x = log12 y = log16 ( x + y ) = t 2t t x = 9t , y = 12t , x + y = 16t Ta có t 4 4   + 13 + 3.12 = 16 ⇔  ÷ −  ÷ − = ⇔  ÷ = 3 3 3 t t Suy ra: t t Mà y 12t   + 13 = = ÷ = x 9t   2 Khi đó: 3  y   y  −  + 13 ÷ +  + 13 ÷ 1−  ÷ +  ÷ x3 − xy + y  x   x  =     = − 13 T= = 3 x + x2 y + y3 y  y  + 13  + 13 1+ + 3 ÷ 1+ + 3 ÷ x x   Chọn phương án B y + 13 = x Bình luận: Có nhiều học sinh vẫn tìm được , lại gặp vướng mắc tính T đến ta cần dẫn dắt các em là tử số và mẫu thức của T đẳng cấp bậc ba đối với x và y nên ta chia tử và mẫu cho x xuất hiện y x 1 + 2 log a = log b = log ( a + b ) a , b > Bài 1.4 Cho số thỏa mãn Giá trị a b bằng A 18 B 45 C 27 D 36 Lời giải Đặt a = 3t t  3 t = log a = log b = log ( a + b ) ⇒ b = 6t ⇒ 3t + 6t = 2t ⇔  ÷ + 3t = 2 a + b = 2t  t t ( 1) 3 3 3 f ( t ) =  ÷ + 3t f ′ ( t ) =  ÷ ln  ÷+ 3t.ln > 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ f ( t ) 2 2 2 Xét hàm sớ ¡ , có đồng biến ¡ ( 1) ⇔ f ( t ) = f ( −1) ⇔ t = −1 ⇒ a = Chọn phương án B Trang 1 1 , b = ⇒ + = 45 a b Vẫn theo phương châm là đặt để chuyển về phương trình mũ muốn nâng độ khó lên ta có thể thay đổi chút ít giả thiết bài toán ta có bài toán sau đây: Bài 1.5 Cho số A 45 a > 0; b > log a = log b = thỏa mãn B 18 a+b−2 C 27 a + b2 Giá trị D 36 bằng Lời giải Đặt a = 3t  a+b−2 log a = log b = = t ⇒ b = 6t ⇒ 3t + 6t = 7t + ⇒ 3t + 6t − 7t − = a + b = 7t +  Hàm số Suy ra: f ( t ) = 3t + 6t − 7t − f ′( t) Nên tồn tại nhất Lại có Có đồng biến f ( ) = f ( 1) = t0 f ′ ( t ) = 3t ln + 6t ln − ⇒ f ′′ ( t ) = 3t ln + 6t ln > 0, ∀t ¡ Mà cho f ′ ( ) = ln + ln − < f ′ ( t0 ) = ; , ta có bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy phương trình có hai nghiệm Với f ′ ( 1) = 3ln + ln − > t = ⇒ a = b =1< t = 0; t = (loại) a = t =1⇒  ⇒ a + b2 = 45 b = 6( TM )  Với Chọn phương án A Bình luận: Như vậy sau đổi biến ta đưa về một phương trình mũ khó nhiều các bài toán trước đó mà lời giải của bài 1.5 là một mẫu mực Ta có thể tạo bài tập tương tự Bài 1.5 sau 1.5.1 Cho số A a > 1; b > thỏa mãn B log a = log b5 = a + b − C 12 Trang ab Giá trị bằng D 18 1.5.2 Cho số A log a = log b = a > 2; b > thỏa mãn B a + b + 24 32 C log a = log b = a > 4; b > b a Giá trị bằng D 3a + 2b + 30 46 1.5.3 Cho số thỏa mãn Giá trị bằng A 15 B 20 C 21 D 28 Bây ta phát triển tương tự Bài 1.1 cho các số với giả thiết hàm mũ b2 − a m n p Bài 1.6 Cho số m > 0, n > 0, p > thỏa mãn = 10 = 25 Tính giá trị biểu thức n n + 2m p T= A T = B T= C T = D T= 10 Lời giải m = log t  = 10 = 25 = t ⇒ n = log10 t  p = log t 25  m Đặt n p Vì m > ⇒ t > 40 ⇒ t > Suy ra: log10 t log10 t log t log t 25 log10 log10 25 log10 4.25 log10 10 T= + = + = + = = =1 log t log 25 t log t 10 log t 10 2 2 họn phương án A C Bài 1.7 Cho A a, b, c số thực khác thỏa mãn B a = 9b = c C Lời giải Trang Khi c c + a b D bằng Đặt a = log t  t = = = ⇒ b = log t c = log t  a Khi b c c c log t log t + = + = log t.log t + log t.log t = log t ( log t + log t ) a b log t log t = log t.log t 36 = log 36 = log 6 = Bài 1.8 Cho số thực a = b = ab x Chọn phương án D a, b > x, y , z số dương P= y A Giá trị lớn nhất của biểu thức B thay đổi thỏa mãn 16 − y2 x bằng C D Lời giải Đặt a x = b y = ab = t (Vì a > 1; x > nên a x > a0 = ⇒ t > Khi đó: 1   log t a = x logt a = x  x = log a t    1 1 1  y = log b t   ⇒ log t b = ⇒ logt b = ⇒ + = ⇒ = 1−  y y x y x y  z = log c t   abc = t log ( ab ) = log t log t a + log t b = t   t    Suy ra: Có: Dấu bằng xảy Vậy đạt Chọn phương án C Bài 1.9 Cho số thực a = b = c = abc x A y a , b, c > x, y , z số dương P= z 16 16 + −z x y Giá trị lớn nhất của biểu thức B C D Lời giải Trang thay đổi thỏa mãn bằng Đặt a x = b y = c z = abc = t Khi đó: P= nên a x > a0 = ⇒ t >   log t a = x log t a = x  x = log a t   1    1  y = log b t log t b = y log t b = y ⇒ ⇒ ⇒ + + =2  x y z  z = log c t   1 log c = abc = t  t log t c =  z z   log t ( abc ) = log t t log t a + log t b + log t c = 1 + =2− x y z đó: (Vì a > 1; x > Do Ta có: 1 1 16 16 1 8  8  + − z = 16  + ÷− z = 16  − ÷− z = 32 −  + + z ÷ ≤ 32 − 3 z = 20 x y z z z  z z   x y Vây GTLN cua P băng 20 đat đươc 8 z =  z = z  ⇔ 1 1  + =1− x + y =  z  x y Chọn phương án A Bài 1.10: Xét số thực dương giá trị nhỏ nhất của biểu thức giá trị của A 48 a, b, x, y thỏa mãn P = xy + x + y a, b > có dạng a x = b y = a 4b m + n 14 (với Biết m, n ∈ ¥ ), tính S = m+n B 34 C Lời giải Trang 10 30 D 38 log ( 10 x − 20 x + 20 ) = 10 y + y − x + x − Ta có ( ) ( ) ⇔ x − x + + log 10 x − x +  = 10 y + y 2 ⇔ ( x − x + 1) + log10 + log ( x − x + ) = 10 y + y 2 ⇔ ( x − x + ) + log ( x − x + ) = 10 y + y 2 ⇔ 10 ( log x − x + Ta có ) + log ( x − x + ) = 10 y + y f ( t ) = 10t + t f ′ ( t ) = 10t ln10 + > ∀t ∈ ¡ , ( ) (*) Xét hàm Do f ( t) đồng biến ¡ ¡ Khi (*) ( ) ⇔ f log x − x +  = f y ⇔ log ( x − x + ) = y ⇔ x − x + = 10 y ⇔ ( x − 1) + = 10 y 2 Vì ≤ x ≤ 10 ⇒ ≤ y ≤ log ( 106 − 1) + 1   + Với Vì ≤ ( x − 1) + = 10 y ≤ ( 106 − 1) + nên y ∈ ¢+ nên y ∈ { 1; 2;3}  x = −2 (ktm) ⇔ y = ⇒ x − x + = 10 ⇔ x − x − =  x = (tm) y = ⇒ x − x + = 104 ⇔ x − x − 9998 = + Với thỏa mãn) + Với 2 (khơng có giá trị y = ⇒ x − x + = 109 ⇒ x − x − 999999998 = thỏa mãn) Vậy có mợt cặp ngun dương tốn Chọn phương án D Bài tập tương tự Trang 49 x ngun (khơng có giá trị ( x; y ) = ( 4;1) x nguyên thỏa mãn yêu cầu log3 ( x − x + ) = y + y − x + x − 2.19.1 Cho phương trình sớ ( x; y ) < x < 2020 ; y ∈ ¥ thỏa mãn phương trình cho? A B ( − log x + A 2020 y −1 ( x; y ) ) = 2x − y B C ( x; y ) 2.19.3 Có cặp số nguyên + 3x − = y + log y x A 1010 D 10 < y < 2020 C ( x; y ) ) − log ( x −1) D thỏa mãn đồng thời x ≤ 2020 B 2020 ( 25 + y ) = x + log ( x + 1) − 4 C ( x; y ) 2.19.5 Có cặp sớ ngun y 2.19.4 Có cặp số nguyên dương A 2019 thỏa mãn đồng thời B ( 3x − y ) = ( + ≤ x ≤ 2021 2020 y D thỏa mãn đồng thời C 2.19.2 Có cặp sớ ngun y Hỏi có cặp D thỏa mãn đồng thời ≤ x ≤ 4000 A ? B − x− m Bài 2.20 Cho phương trình C ( ) D ( ) log x2 − 2x + + 2− x + 2x log1 x − m + = Gọi S tập hợp tất cả giá trị của để m phương trình có nghiệm thực phân biệt Tổng phần tử của S bằng A B C Lời giải Trang 50 D − x− m Điều kiện: x ∈ ¡ Xét PT ( ) ( ) log x2 − 2x + + 2− x + 2x log1 x − m + = 0( 1) 2 −( x − 2x+1) +1 log2  x2 − 2x + + 2 = log2 x − m +   ( 1) ⇔ ( −2 x− m+1 ) ( ( ) ( ) ) x− m ⇔ 2x −2x+1.log2  x2 − 2x + + 2 = log2 x − m + ( 2)   Xét hàm sớ: Ta có: Mà f ( t) = 2t log2 ( t + 2) , t ≥ t f ′ ( t) = 2.ln2.log t + 2) + 2.t 2( f ( t) > 0∀t ≥ ( t + 2) ln2  0; +∞ )  0; +∞ ) f t liên tục  suy ( ) đồng biến  PT (2) có dạng ( ) ( ) f x2 − 2x + = f x − m x2 − 2x + 1= ( x − 1) ≥ 0; x − m ≥ ∀x∈ ¡  x2 − 2x + 1= 2( x − m)  x2 − 4x+ = −2m( *) ( 2) ⇔ x − 2x + 1= x − m ⇔  x2 − 2x + 1= m,− x ⇔ − x2 − 1= −2m **  ( )  ( ) Do Phương trình (1) có nghiệm thực phân biệt ⇔ Phương trình (2) có nghiệm thực phân biệt Dựng Parabol: (xem hình vẽ) y = x2 − 4x + 1( P1 ) y = − x2 − 1( P2 ) cùng hệ trục tọa độ Số lượng nghiệm của (*) (**) bằng số giao điểm của đường thẳng d : y = −2m với đồ thị (P) ( P ) Dựa vào đồ thị thấy phương trình cho có nghiệm phân biệt d phải nằm vị trí của d1, d2, d3 Tương ứng ta có: −2m= −1⇔ m= −2m= −3 ⇔ m= ; −2m= −2 ⇔ m= 1; m= ; m= 1; m= 2 Do có ba giá trị của m thỏa mãn yêu cầu: Trang 51  3 S =  ;1;   2 nên tổng phần tử của S bằng Chọn phương án A Vậy Bài 2.21 Cho phương trình nguyên của m ∈ ( −20; 20 ) 20 B A x + m = log ( x − m ) với m tham sớ có giá trị để phương trình cho có nghiệm? 19 C D 21 Nhận xét: Đây là bài toán vừa chứa logarit vừa chứa mũ nên ta chuyển về biến trung gian, đưa về hệ đối xứng ta có hàm đặc trưng Lời giải t = log ( x − m ) ⇒ x − m = 5t ⇒ x = 5t + m Đặt trình Thay vào phương trình ta có hệ phương t = x + m ⇒ t − x = x − 5t ⇒ t + 5t = x + x  t  x = + m Xét hàm số f ( u ) = 5u + u có f ′ ( u ) = 5u ln + > 0, ∀u x = t ⇒ x = + m ⇒ x −5 = m x Do Suy f đồng biến ¡ x g ( x ) = x − x ⇒ g ′ ( x ) = − 5x ln 5; g ′ ( x ) = ⇔ x = − log ( ln ) = α ; g ′′ ( x ) = −5 x ( ln ) Xét α Do điểm cực đại của Ta chọn phương án B Bài tập tương tự bài 2.21 Bài 2.21.1 Cho phương trình nguyên của A m ∈ ( −25; 25 ) B 25 g ( x) Từ m ≤ g ( α ) ≈ −0,9 ⇒ m ∈ { −19; −18; ; −1} x + m = log ( x − m ) với m tham sớ có giá trị để phương trình cho có nghiệm? C 24 Trang 52 D 26 Bài 2.21.2 Cho phương trình nguyên của m ∈ ( −18;18 ) B A x + m = log ( x − m ) m với tham sớ có giá trị để phương trình cho có nghiệm? 19 17 C D 18 x −1 − log ( x − ) = Bài 2.21.3 Tổng tất cả nghiệm của phương trình A B bằng C D III Tiếp cận bằng đạo hàm theo biến đối với toán chứa nhiều biến hoặc chứa tham số không cùng số Bài 3.1 Có sớ ngun y ngun A 59 thỏa mãn B Phân tích: Với mỗi giá trị của y (xem x 58 x x cho ứng với log ( x + y ) ≥ log ( x + y ) hàm sớ theo biến x có khơng q Với Tập xác định f ′( y ) = ⇒ f ta có x2 ≥ x D = (− x; +∞) C 116 D thì tăng Ta có là đại lượng thay đổi đó ta có thể xét Xét hàm số f ( y ) = log ( x + y ) − log ( x + y ) y > − x ⇒ y > − x2 1 − ≥ 0, ∀x ∈ D ( x + y ) ln ( x + y ) ln D 115 y tham số) (do số ? Lời giải x∈¢ 728 (do ) x + y ≥ x + y > ln > ln , f (− x + 1) = log ( x − x + 1) − log ( x − x + 1) ≤ Trang 53 ) f ( y) ≤ y Có khơng q 728 số nguyên thỏa mãn ⇔ f (− x + 729) > ⇔ log 729 − log ( x − x + 729 ) > ⇔ x − x + 729 − 46 < ⇔ x − x − 3367 < ⇔ −57,5 ≤ x ≤ 58,5 Vậy có 58 − (−57) + = 116 nguyên A 89 y thỏa mãn x sớ ngun Bài 3.2 Có sớ ngun Mà x x∈¢ 46 thỏa Chọn phương án C cho ứng với log ( x + y ) ≥ log ( x + y ) B nên x ∈ { −57, − 56, ,58} x có khơng q 127 sớ ? C 45 D 90 Lời giải log ( x + y ) ≥ log ( x + y ) ( 1) Ta có Đặt t = x+ yƠ * (do x, y  , x + y > ) (1) ⇔ log ( x − x + t ) ≥ log t ⇔ g (t ) = log t − log ( x − x + t ) ≤ ( ) g ′(t ) = 1 − >0 t ln ( x − x + t ) ln Đạo hàm Vì x ngun có khơng q 127 với giá trị g (128) > ⇔ log 128 − log ( x − x + 128 ) > ⇔ Như vậy có 90 nguyên A 19 Do t∈¥ * g ( t) đồng biến [ 1; +∞ ) nên ta có x − x + 128 < 37 ⇔ −44,8 ≤ x ≤ 45,8 giá trị thỏa yêu cầu toán Chọn phương án D y Bài 3.3 Có số nguyên x ∀y thỏa mãn y cho ứng với log ( x + y ) − y − x < B 18 có khơng q 100 ? C Lời giải Trang 54 20 D 17 số Xét hàm số + 2.3 y − x ln > 0, ∀x > − y ( x + y ) ln ⇒ f ′( x) = ( − y ; +∞ ) f ( x ) = log ( x + y ) − y − x ; x ∈ ( − y ; +∞ ) Vì x nguyên  lim2 f ( x ) = −∞  x→− y  −2 y + y + ⇔ 32 y + y − 202 Mà Vậy có 20 giá trị nguyên của y Chọn phương án C y ∈ ¢ ⇒ y ∈ { −10; −9; ;9} y Bài 3.4 Có sớ ngun A 30 thỏa mãn số < log 101 ⇔ y + y − 202 − log ( log5 101) < ⇔ −10,33 < y < 9,83 x 100 ⇔ f ( − y ; +101) > ⇔ log ( − y + 101 + y ) − nguyên có khơng q x+ y y cho ứng với có khơng q 10 sớ + log ( x + y ) − log ( x + y ) ≥ ? B 32 C 18 D 25 Lời giải Với f ( x) = y ∈ ¢ ⇒ y2 ≥ y ⇒ − y ≥ − y2 x+ y Xét hàm số: + log ( x + y ) − log ( x + y ) ; x ∈ ( − y; +∞ ) f ′ ( x ) = −2− x − y ln + ta có đạo hàm của hàm số 1 − < 0, ∀x ∈ ( − y; +∞ ) ( x + y ) ln ( x + y ) ln Suy hàm số đồng biến ( − y; +∞ ) Vì  lim f ( x ) = +∞  x →− y   f ( − y + 1) = + log ( y − y + 1) > 0; ( y ≥ y )  Trang 55 Do BPT ⇔ f ( x) ≥ có khơng q số nguyên x ⇔ f ( − y; +11) < thỏa mãn ( log 11+ 211 ) ⇔ y − y + 11 − 5( log2 11+ 211 ) < 2 + log y − y + 11 − log 11 < ⇔ y − y + 11 < ) 5( 211 ⇔ −15,35 < y < 16,35 Mà Chọn phương án B y ∈ ¢ ⇒ y ∈ { −15; −14; ;16} Bài 3.5 Có sớ ngun nguyên A 10 424 x thỏa mãn x Vậy có 32 giá trị nguyên của y cho ứng với log ( x + y ) + log ( x − x + 27 ) ≥ log ( x + y ) B 423 C 212 x có khơng q 26 số ? D 211 Lời giải Với Xét hs x ∈ ¢ ⇒ x2 ≥ x ⇒ −x ≥ −x2 f ( y ) = log ( x + y ) − log ( x + y ) − log ( x − x + 27 ) ≥; y ∈ ( − x; +∞ ) ⇒ f ′( y) = 1 − ≥ 0, ∀y ∈ ( − x; +∞ ) ( x + y ) ln ( x + y ) ln Suy hàm số đồng biến khoảng Ta có ( − x; +∞ ) (Do x + y ≥ x + y > 0, ln > ln f ( − x + 1) = log ( x − x + 1) − log ( x − x + 1) − log ( x − x + 27 ) ≤ ⇒ y = − x + y Suy ra, để có khơng q 26 số nguyên ) thỏa mãn f ( y ) ≤ ⇔ f ( − x + 27 ) > ⇔ log 27 − log ( x − x + 27 ) − log ( x − x + 27 ) > ⇔ log ( x − x + 27 ) + log ( x − x + 27 ) < ⇔ log log ( x − x + 27 ) + log ( x − x + 27 ) ⇔ x − x + 27 < log 20 ⇔ x − x + 27 − log5 20 ⇔ log ( x − x + 27 ) < 3 = log + log 20 < ⇔ −211,5 < x < 212,5 Trang 56 Mà x ∈ ¢ ⇒ −211 ≤ x ≤ 212 Vậy có 212 − ( −211) + = 424 giá trị nguyên của y Chọn phương án A Bài 3.6 Có số nguyên của tham số e x +m A − log ( x + m ) ≥ có tới đa 15 50 B m cho bất phương trình nghiệm nguyên 16 C 14 D 17 Lời giải f ( x) = e x+m − x −m ′ − < 0, ∀x > −m − log ( x + m ) x > −m ⇒ f ( x ) = −e ( x + m ) ln Xét hs ( −m ; +∞ ) Suy hàm số đồng biến khoảng nên ⇔ BPT f ( x) ≥ e − m2 + 51+ m có khơng q 50 nghiệm nguyên − log ( − m + 51 + m ) < ⇔ e m ⇔ −6,78 < m < 7,78 Mà Vì  lim f ( x ) = +∞  x→− m  m2 − m −1 >0  f ( −m + 1) = e − m −51 ⇔ f ( −m + 51) < < log 51 ⇔ m − m − 51 − ln ( log 51) < m ∈ ¢ ⇒ m ∈ { −6; −5; ;7} Vậy có 14 giá trị nguyên m Chọn phương án C Bài 3.7 Có cặp sớ nguyên dương cặp A 14 ( m, n ) tồn tại ba số thực B 12 a ∈ ( −1;1) ( m, n ) Trang 57 m + n ≤ 14 ứng với ( 2a m = n ln a + a + thỏa mãn C Lời giải cho 11 D 13 ) ? Xét ( f ( x ) = x m − ln x + x + n f ( x) = Theo đề ) n ∈ { 1; 2} x2 + ( A m −1 , suy f ′( x) = Khi có nhất hai nghiệm m −1 > chẵn có nghiệm  x1 <   x2 > Phương trình có ) 2  n > ln + ⇔ n ≤ ⇒ n = { 1; 2} ( 1) > ⇔  − < ln − ( −1) <  n ( ) , toán Chọn phương án C ln120 x2 + 1 m ∈ { 3;5;7;9;11;13} Bài 3.8 Tìm 2m m −1 x − =0 n x2 + 1 có ba nghiệm nên m ∈ { 3;5;7;9;11;13} nghiệm Đạo hàm 2m m −1 x = n Xét đồ thị của hàm  f ⇔  f ( −1;1) y = x m −1 ; y = Suy f ′( x) = m m + n ≤ 14 để bất phương trình B nên ta có 11 cặp x + 3x + x + 5x ≥ + mx ln10 C ln 30 ( m ; n) thỏa yêu cầu có tập nghiệm D ln14 Lời giải +) Với +) Với a >1 a >1 Xét hàm số Với x>0  e x ln a −  a x −1 = lim  ÷.ln a = ln a x →0 x →0 x  x ln a  lim ta có f ( x) = xét hàm số ax −1 ( x ≠ 0) x f ′( x) = , ta có xa x ln a − a x + x2 g ( x ) = xa x ln a − a x + ⇒ g ′ ( x ) = a x ln a + xa x ln a − a x ln a = xa x ln a ta có g′( x ) > suy g ( x ) > g ( ) ⇔ g ( x ) > ⇒ f ′ ( x ) > 0, ∀x > Trang 58 ¡ x 1) x Trở lại toán: +) Xét +) Xét x>0 suy g ( x ) > g ( ) ⇔ g ( x ) > ⇒ f ′ ( x ) > 0, ∀x > x=0 đồng biến khoảng ta có: h ( x) đồng biến x − 3x − x − x − + + + = h ( x) x x x x ( 0; +∞ ) x →0 x + 3x + x + x ≥ + mx ⇔ m ≥ h ( x) đồng biến +) Xét x − 3x − x − x − + + + = h ( x) x x x x ( −∞;0 ) x Tìm tất cả giá trị nguyên của y cho tương ứng y tồn tại không 63 số nguyên x thỏa mãn log 2020 ( x + y ) + log 2021 ( y + y + 64 ) ≥ log ( x − y ) C HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đối với thân Trong năm học 2020 – 2021 áp dụng nội dung đề tài dạy học lớp 12A1, giúp bản thân nâng cao chất lượng chun mơn, phương pháp dạy học có đởi mới, có hiệu quả tạo hứng thú cho học sinh Đối với học sinh Trang 59 - Các em áp dụng tương đối hiệu quả, biết cách xử lý tình h́ng nảy sinh, có định hướng rõ ràng về phương pháp, có hứng thú học tập, em tự tin có tâm lý khơng sợ khó đới với tập thuộc loại ; - Các em hiểu sâu sắc bản chất nguồn gốc lời giải của tốn mà em thấy mợt sớ tài liệu đó, làm cho em sáng tỏ vấn đề ‘‘tại nghĩ và làm được vậy’’, ‘‘khi nào thì dùng công cụ đó’’ ‘‘làm thế nào người ta tạo bài toán hay và khó vậy’’ ; - Kỹ sử dụng máy tính rèn luyện thành thạo nhiều - Đề tài phần làm cho học sinh nâng cao khả tư duy, phát triển trí ṭ, bồi dưỡng khả sáng tạo thơng qua kiến thức bản Kết thực nghiệm Sau giảng dạy cho lớp 12A1 nội dung đề tài xong tiến hành kiểm tra 45 phút đối với lớp thực nghiệm 12A1 lớp đối chứng 12T1 Kết quả: Lớp Lớp thực nghiệm 12A1 Lớp đối chứng 12T1 (sĩ số 43) (sĩ số 39) Từ 8,0 đến 10 16 em ( 37,2 %) em ( 5,1 %) Từ 6,5 đến 7,75 15 em ( 34,8 %) em ( 15,3 %) Từ 5,0 đến 6,26 em ( 18,6 %) 11 em ( 28,2%) Từ 3,5 đến 4,75 em ( 9,4 %) 15 em ( 38,6%) Dưới 3,5 em ( %) em (12,8%) Điểm Kết quả thực nghiệm cho thấy hiệu quả của đề tài rất rõ rệt Các em lớp 12A1 giảng dạy nội dung đề tài nên kỹ giải toán mũ logarit tiến bợ hẳn, có 72% sớ học sinh đạt điểm giỏi D KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ I KẾT LUẬN Tính mới mẻ Đề tài có điểm mẻ sau : Trang 60 - Đánh giá thực trạng của vấn đề dạy học Mũ, Lôgarit chương trình thi mới; - Đưa mợt sớ kỹ thuật giải chủ đề Mũ Lôgarit ; - Đưa phương pháp sáng tạo toán vận dụng cao Mũ Lơgarit, sáng tạo tốn có mức đợ dễ hay khó tùy ý phù hợp với xu thế đề thi tuyển sinh, đề thi học sinh giỏi Tính khoa học Nợi dung đề tài trình bày khoa học, lập luận xác, có sức thút phục Tính ứng dụng - Đề tài làm tài liệu tham khảo cho giáo viên học sinh, áp dụng để dạy cho học sinh giỏi, ôn thi THPT Quốc gia; ôn thi học sinh giỏi cho một số Tỉnh, Thành phớ có thi học sinh giỏi khới 12 ; - Đề tài giúp người dạy người học ngồi việc giải tớt tốn vận dụng cao Mũ Lơgarit mà cịn sáng tạo tốn theo ý ḿn, tạo tốn nhiều mức đợ từ dễ đến khó; - Đề tài dễ ứng dụng, phù hợp với trình đợ chung của giáo viên, phù hợp với học sinh khối 12 giỏi học sinh ơn lụn thi lại đại học Tính hiệu - Đề tài đáp ứng một phần việc đởi phương pháp dạy học mơn tốn trường trung học phổ thông hiện Đề tài giúp phát huy tính tích cực, chủ đợng, sáng tạo, phát huy lực toán học của người dạy người học; - Đề tài góp phần cao chất lượng hiệu quả giáo dục Bài học kinh nghiệm Trong q trình thực hiện đề tài, tơi rút một số kinh nghiệm giúp học sinh làm chủ kiến thức thành thạo vận dụng giải tập sau: - Trước lên lớp giáo viên cần chuẩn bị chu đáo nội dung kiến thức cần trùn thụ cho học sinh - Tạo khơng khí sơi nổi lớp học, cùng thi đua học tập Trang 61 - Gây hứng thú học tập cho học sinh bằng tập củng cố khắc sâu kiến thức, sau phát triển thành tập nâng cao để tạo thành hệ thống tập liên hồn từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp để tránh nhàm chán cho học sinh - Hệ thống tập phải chuẩn bị cho đối tượng học sinh lớp học, nhằm giúp cho đới tượng đều tích cực tham gia học tập - Người giáo viên phải nắm khả của học sinh lớp phụ trách, biết mà dạy học sinh tiếp thu đến đâu, để từ có phương án điều chỉnh cho kịp thời tạo hiệu quả cao - Bản thân người giáo viên phải không ngừng học hỏi, tìm tịi sáng tạo để tìm phương pháp tớt nhất nhằm giúp học sinh tiếp thu kiến thức một cách hiệu quả nhất Đồng thời ln có ý thức khơi nguồn sáng tạo cho học sinh II KIẾN NGHỊ Sở giáo dục cần tổ chức chuyên đề đổi dạy học có quy mơ để giáo viên học hỏi, giao lưu trao đổi kinh nghiệm Trên một số kinh nghiệm của bản thân giảng dạy chuyên đề Mặc dù rất cố gắng khỏi khiếm khuyết, rất mong nhận trao đởi, góp ý của q thầy để viết hồn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn ban giám hiệu Trường THPT Cửa Lị q thầy đồng nghiệp mơn Tốn có góp ý sâu sắc để tơi hồn thành viết Trang 62 E TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] G.Polya: Giải toán thế nào? – NXBGD, 1997 [2] Đề thi học sinh giỏi Tỉnh, thành phố lớp 12 năm gần [3] Đề thi thức THPT Q́c gia năm 2017, 2018, 2019, 2020 [4] Đề thi minh họa THPT Quốc gia năm 2017, 2018, 2019, 2020 [5] Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017, 2018, 2019, 2020, 2021 của trường THPT tồn q́c [6] Các trang mạng toán học [7] Báo toán học tuổi trẻ Trang 63 ... học 2020 – 2021 nghiên cứu chuyên đề Tôi chọn trình bày đề tài: ? ?phương pháp tiếp cận để giải các toán vận dụng cao mũ lôgarit? ?? với mong muốn học sinh tự tin hơn, sáng tạo hơn, biết quy... hướng tiếp cận bài viết này I Tiếp cận các toán vận dụng cao mũ, lôgarit bằng đổi biến số Trong giả thiết bài toán xuất hiện nhiều biểu thức lôgarit hoặc mũ mà dùng công thức... nhiều tốn khó về mũ lơgarit, tạo hứng thú học tập cho học sinh, nâng cao hiệu quả dạy học Phương pháp nghiên cứu Để hoàn thành đề tài, q trình nghiên cứu tơi sử dụng phương pháp: + Nghiên